四川省内江市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析 (1)

这是一份四川省内江市2024_2025学年高二数学上学期11月期中试题含解析 (1)，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断.
【详解】对A：因为垂直于同一平面的两条直线一定平行，故A正确；
对B：若，，则或，故B错误；
对C：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，所以C错误；
对D：若，，则或，故D错误.
故选：A
2. 设向量，，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示，求得结果.
【详解】由，得
∵，，
∴，解得
故选：D
3. 在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据线线平行证明线面平行.
【详解】A选项：
如图所示，由中位线性质可知，且平面，则与平面不平行，A选项满足题意；
B选项：由正方体结构特征，易得，结合线面平行的判定定理，知B不满足题意；
C选项，由正方体结构特征，易得，结合线面平行的判定定理，知C不满足题意；
D选项，由正方体结构特征，易得，结合线面平行的判定定理，知D不满足题意，
故选：A．
4. 如图，三棱锥中，，，，点为中点，点N满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.
【详解】.
故选：C.
5. 如图，在正方体中，，，分别是，，的中点，则与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行关系得出异面直线所成的角，解三角形求解即可.
【详解】连接，,，如图，
因为，，分别是，的中点，
所以，又，
所以,
或其补角为异面直线所成的角，
设正方体棱长为1，
则,
所以,
异面直线所成角的余弦为
故选：B
6. 如图，三棱柱中，分别是的中点，平面将三棱柱分成体积为（左为，右为）两部分，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由分别是的中点，可得（是三角形的面积，是三角形的面积），由棱台的体积公式可求得，再根据，求得，即可得答案.
【详解】解：设三角形的面积为，三角形与三角形的面积为，三棱柱的高为，
则有，，设三棱柱的体积为，
又因为①，②，
所以③，
由题意可知④，
由①②③④可得，
所以，
所以.
故选：A.
7. 在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长.
【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角，
所以，又直线与平面所成角的最大值是，
所以，当且仅当取最小值时取得最大值，
因为，所以当时取最小值，此时，
所以，
又点在底面内，且，连接，
因为平面，平面，所以，
所以，
所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，
所以点的轨迹长为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹.
8. 在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积最大值为
B. 异面直线、所成角始终为
C. 翻折过程中存在某个位置，使得大小为
D. 点在某个圆上运动
【答案】D
【解析】
【分析】当二面角为直二面角，三棱锥的体积最大值，过作于，求出，从而求出点到平面的距离，再由锥体的体积公式计算，即可判断A；取的中点，取的中点，连接，，即可得到、，是异面直线，所成的角，利用余弦定理求出，即可判断B、C，再根据，为定值，即可判断D.
【详解】对于A，当二面角为直二面角，过作于，
所以平面平面．又平面平面，所以平面．
由题意可得，．由勾股定理可得．
由，即，解得．
因为为线段的中点，所以到平面的距离为．
又，所以，即三棱锥的体积最大值为，故A错误．
对于B、C选项，取的中点，则，且，，所以．
因为，所以是异面直线，所成的角．
取的中点，连接，，可得，，
所以．
在中，可得．
由余弦定理可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
所以，所以异面直线，所成的角为，故B，C均错误．
对于D选项，由B，C选项可知，，均为定值，则的轨迹为以，为球心的球面的交线，
即点在某个圆上运动，故D正确．
故选：D
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 给出下列命题，其中正确的是 （ ）
A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点是
C. 点P为平面ABC上一点，O为平面ABC外一点，且，则
D. 非零向量，，若，则为锐角
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的基本性质即可判断选项AC，选项B利用空间坐标系的点对称做出判断，选项D利用向量的数量积做出判断即可.
【详解】对A，若是空间的一个基底，则，，不共面，假设共面，
则存在实数，，使，，
，，不共面，，，无解，故不共面，
也是空间的一个基底，故A正确.
选项B：点关于坐标平面的对称点是，选项B错误.
选项C：由空间向量共面的推论可知成立，，则，选项C正确.
选项D：，则，
∴可能为零角或直角，选项D错误.
故选：AC
10. 如图AB为圆O的直径，点C在圆周上（异于A，B点），直线PA垂直于圆所在的平面，点M为线段PB的中点，则以下四个命题正确的是（ ）
A. PB⊥ACB. OC⊥平面PAB
C. MO∥平面PACD. 平面PAC⊥平面PBC
【答案】CD
【解析】
【详解】利用反证法思想说明AB错误；由直线与平面平行的判定判断C；由平面与平面垂直的判定判断D．
【解答】解：对于A，假设PB⊥AC，由已知可得AC⊥PA，
又PA∩PB＝P，平面，∴AC⊥平面PAB，而平面，则AC⊥AB，与∠CAB是锐角矛盾，故A错误；
对于B，∵点C是圆周上的任意一点，∴OC与AB不一定垂直，
若OC⊥平面PAB，则OC一定与AB垂直，故B错误；
对于C，∵点M为线段PB的中点，点O为AB的中点，∴OM∥PA，
而OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴MO∥平面PAC，故C正确；
对于D，∵PA垂直于圆所在的平面，∴PA⊥BC，由已知得BC⊥AC，
且PA∩AC＝A，平面，∴BC⊥平面PAC，而BC⊂平面PBC，则平面PAC⊥平面PBC，故D正确．
故选：CD．
11. 棱长为2的正四面体中，，分别是，的中点，点是棱上的动点，则下列选项正确的有（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 存在点，使得
C. 的最小值为
D. 分别以，，，为球心，2为半径作球，这四个球的公共部分称为勒洛四面体，则该勒洛四面体的内切球的半径为
【答案】BCD
【解析】
【分析】将正四面体放入正方体中，假设存在点，使得平面，由面面平行的判定定理得平面平面，这与平面平面，矛盾可判断A；当与重合时，连接，根据得出可判断B；将、展开到同一平面，连接可判断C；求出正四面体的外接球的半径，由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，顶点到切点的距离为2，由可判断D．
【详解】对于A，将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中，
假设存在点，使得平面，则点不与线段端点重合．
又因为，平面，平面，
所以平面，又，平面，
所以平面平面．
又因为平面平面，所以平面平面．
但平面与平面有公共点，所以假设不成立．
所以不平行平面，故A不正确；
对于B，将棱长为2的正四面体放入如下图所示的正方体中，
如下图当与重合时，连接，因为，，
所以四边形为平行四边形，可得，
因为，所以，故B正确；
对于C，将、展开到同一平面，连接，
如图，为，交点时，
的最小，因为、都是边长为2的等边三角形，
所以，
由余弦定理可得，
可得的最小值为：，故C正确；
对于D，设正四面体的外接球球心为，半径为，则，
取的中点，连接，连接交平面于点，
则点是的中心，且点在上，正四面体的棱长为2，
则，，，，
，，
由勾股定理得，即，
解得，此时，我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图，
设勒洛四面体的内切球的半径为，
由勒洛四面体的对称性可知，内切球切在每一个球面的中心，
而顶点到切点的距离为2，故．选项D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置.
第II卷 非选择题（满分92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为_____________.
【答案】12
【解析】
【分析】画出原图，可得，再求面积即可.
【详解】如图，可得，，，，
则原的面积为.
故答案为：12.
13. 已知三棱锥中，面，，，，则三棱锥的外接球半径为__________.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用余弦定理求出，进而可得，然后利用正弦定理求出ΔABC的外接圆半径为，最后利用球的半径以及与ΔABC的外接圆半径为的几何关系可得，解方程即可求解.
【详解】由余弦定理得，所以，
记三棱锥的外接球半径为，ΔABC的外接圆半径为，
则，
所以.
故答案：
【点睛】本题考查了多面体的外接球问题、正余弦定理，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
14. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体､正六面体､正八面体､正十二面体､正二十面体.已知球O是棱长为2的正八面体的内切球，MN为球O的一条直径，点为正八面体表面上的一个动点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等体积的方法得到正八面体的内切球半径，然后将转化为，最后求范围即可.
详解】
由题意得为正方形的中心，取中点H，连接，，
因为为正八面体，所以平面，，
，，，
设正八面体的内切球半径为，
则,
所以，解得，
，
由图可知，当点在正八面体的顶点时，最大，为，当点在切点，最小，为，
所以，即.
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面 ，=4，为的中点，为线段 上的动点.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）结合线面垂直性质先证平面，得，再证平面即可；
（2）采用等体积法，由，结合几何关系即可求解点到平面的距离；
【详解】（1）因为，为中点，所以，
因为平面，所以，
由，所以平面，所以
所以平面，所以平面平面；
（2）
又，则.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，由等体积法求解点面距离，属于中档题
16. 如图，平行六面体中，，．
（1）求的长；
（2）求直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的线性运算可得，进而可得模长；
（2）根据，根据线线角的空间向量方法求解即可.
【小问1详解】
如图所示：以，，为基底．则由题意得：．
又∵，
∴．
又因为，则
【小问2详解】
，．
；
；
即．
由题意可知直线与所成角为锐角．
故直线与所成角的余弦值为．
17. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，，为侧棱上的点，且．
（1）证明：：
（2）已知点是侧棱上靠近点三等分点，求证：平面．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）令BD交AC于点O，利用线面垂直和判定性质推理得证.
（2）在线段PE取一点G，使得，根据给定的条件证得平面平面，再利用面面平行的性质推理即得..
【小问1详解】
令交于点，连接，在正方形中，，，
又，则，而，平面，
因此平面，而平面，所以.
【小问2详解】
在正方形中，，在线段上取一点，使得，
由，得，连接，则，
而平面，平面，则平面，
由，得，则，
而平面，平面，则平面，
又，平面，于是平面平面，而平面，
所以平面.
18. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，．
（1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求；
（2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【小问1详解】
因为与是底面圆弧所对的圆周角，
所以，
因为，所以在等腰中，，
所以，
因为是圆柱的底面直径，所以，则，
所以，则，即，
所以在等腰，，平分，则，
所以，则，
故在中，，，则，
在中，，
因为是圆柱的母线，所以面，
所以，
，
所以．
【小问2详解】
以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，
则，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设平面的法向量，则，即，
令，则，故，
设二面角的平面角为，易知，
所以，
因此二面角的余弦值为．
19. 如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.

（1）当为线段的中点时，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值；
（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论.
小问1详解】
（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，
所以，所以，
取的中点，连接，则且，且，
故四边形为矩形，
则，且，所以，
又由，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，，则，所以，
又，、平面，所以平面.

（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，
过在平面内作垂直于，垂足为，
又平面平面，平面平面，，
所以平面，为的中点，
所以，所以平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，平面，
所以，，平面，
得平面，因为，，，
所以，
由等面积法可得，
延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，

设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则，所以，
由，所以，；
【小问2详解】
假设存在点，使得，延长与交于点，连接，
则平面平面，
设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，
因为且，所以，点为的中点，则，
过点作垂直于，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，
是二面角的平面角，
所以，，
由，得，所以、重合，由，得，
设，则，，
由勾股定理可得，
即，整理可得，
解得或（舍），
所以存在点，当，有成立.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点，使得，延长与交于点，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力.